Question

【题目】在菱形ABCD中，点Q为AB边上一点，点F为BC边上一点连接DQ、DF和QF．

（1）如图1，若∠ADQ=∠FDQ，∠FQD=90°，求证：AQ=BQ；

（2）如图2，在（1）的条件下，∠BAD=120°，对角线AC、BD相交于点P，以点P为顶点作∠MPN=60°，PM与AB交于点M，PN与AD交于点N，求证：DN+QM=AB；

（3）如图3，在（1）（2）的条件下，延长NP交BC于点E，延长CN到点K，使CK=CA，连接AK并延长和CD的延长线交于点T，若AM：DN=1：5，S四边形MBEP=12，求线段DT的长．

Answer 1

【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）DT=4．

【解析】

（1）作辅助线，证明△FQD≌△LQD和△ALQ≌△BFQ，可得结论；

（2）如图2，连接QP，由AQ=BQ，并根据直角三角形斜边中线的性质得：PA=PQ，所以△APQ是等边三角形，证明△PQM≌△PAN（ASA），则QM=AN，根据AB=AD=DN+AN，代入可得结论；

（3）如图3，作辅助线，构建直角△AMG和直角△CEH，设AM=a，则DN=5a，根据（2）：AB=DN+QM，得AB=8a，证明△PCE≌△PAN，得CE=AN=3a，根据勾股定理计算BP和MG、EH的长，根据S四边形MBEP=12，列方程可得a的值，

则AM=1，AN=3，DN=5，CD=8，过C作CI⊥AD于I，得ID=CD=×8＝4，根据勾股定理得CN的长；

在CD上截取CS，使CS=DN=5，连接AS，证明△ACS≌△CDN（SAS），可得结论．

证明：（1）如图1，分别延长FQ、DA交于L，

∵∠ADQ=∠FDQ，DQ=DQ，∠FQD=∠LQD=90°，

∴△FQD≌△LQD（ASA），

∴FQ=LQ，

∵四边形ABCD是菱形，

∴LD∥BF，

∴∠ALQ=∠BFQ，∠LAQ=∠FBQ，

∴△ALQ≌△BFQ，

∴AQ=BQ；

（2）如图2，连接QP，

∵四边形ABCD是菱形，

∴∠BAP=∠DAP，PA=PC，AC⊥BD，

∴∠APB=∠APD=90°，

∵∠BAD=120°，

∴∠BAP=∠DAP=60°，

∴∠ABP=30°，

∴PA=AB，

∵AQ=BQ，

∴PQ=AB，

∴PA=PQ，

∴△APQ是等边三角形，

∴∠APQ=∠PQA=60°，

∵∠MPN=60°，

∴∠APQ=∠MPN=60°，

∴∠QPM=∠APN，

∵∠PQM=∠PAN=60°，

∴△PQM≌△PAN（ASA），

∴QM=AN，

∵AB=AD=DN+AN，

∴AB=DN+QM；

（3）解：如图3，过点M作MG⊥AC于G，过点E作EH⊥AC于H，设AM=a，

∵AM：DN=1：5，

∴DN=5a，

由（2）知：AB=DN+QM，

∵AQ=AB，QM=AQ﹣AM，

∴5a+AB﹣a=AB，AB=8a，

∵四边形ABCD是菱形，

∴AD∥BC，

∴∠ABC+∠BAD=180°，

∵∠BAD=120°，

∴∠ABC=60°，

∴△ABC是等边三角形，

∴AC=AB=8a，

∴AN=3a，

∵∠APN=∠CPE，AP=CP，∠DAC=∠BCA=60°，

∴△PCE≌△PAN（ASA），

∴CE=AN=3a，

Rt△BPC中，∠CBP=30°，BC=8a，

∴BP=4a，

同理MG=a，EH=a，

∵S四边形MBEP=S△ABC﹣S△APM﹣S△CPE，

∴﹣﹣=12，

∴a2=1，a=1（a=﹣1舍去），

∴AM=1，AN=3，DN=5，CD=8，

过C作CI⊥AD于I，

∴ID==，

∴NI=ND﹣ID=5﹣4=1，

在Rt△CID中，CD2=DI2+CI2，

∴CI2=CD2﹣ID2=82﹣42=48，

在Rt△ICN中，CN2=NI2+CI2，

∴CN2=1+48=49，

∴CN=7，

在CD上截取CS，使CS=DN=5，连接AS，

∴AN=SD=3，

∵∠ACS=∠CDN=60°，AC=CD，

∴△ACS≌△CDN（SAS），

∴∠CAS=∠DCN，SA=NC=7，

∵CA=CK，

∴∠CAK=∠CKA，

∴∠SAK=∠KTC，

∴SA=ST=7，

∴DT=7﹣3=4．